Rectas y planos

a) De $r \equiv x = y = z$ obtenemos un punto y un vector director:$$O = (0, 0, 0) \in r, \qquad \vec u_r = (1, 1, 1)$$El vector normal del plano es $\vec n_\pi = (1, 2, -3)$. Su producto escalar:$$\vec u_r \cdot \vec n_\pi = 1\cdot 1 + 1\cdot 2 + 1\cdot(-3) = 0$$Luego $\vec u_r \perp \vec n_\pi$: la recta es paralela a $\pi$ o está contenida en él. Comprobamos si $O \in \pi$: $0 + 2\cdot 0 - 3\cdot 0 = 0$ ✓. Como un punto de $r$ está en $\pi$ y $r$ es paralela a $\pi$, la recta $r$ está contenida en el plano $\pi$.

(Otra forma: un punto genérico de $r$ es $(t, t, t)$; al sustituirlo en $\pi$ queda $t + 2t - 3t = 0$, que se cumple para todo $t$: todos los puntos de $r$ están en $\pi$.)

b) Primero, $P = (1, 1, 1)$ está en $\pi$: $1 + 2 - 3 = 0$ ✓ (de hecho, también está en $r$).

Sea $s$ la recta buscada, con director $\vec v$:

• $s \perp r \Longrightarrow \vec v \perp \vec u_r$.
• $s \subset \pi \Longrightarrow \vec v \perp \vec n_\pi$ (y $s$ pasa por un punto de $\pi$, que es $P$).

Por tanto podemos tomar $\vec v = \vec u_r \times \vec n_\pi$:$$\vec v = \begin{vmatrix} \vec i & \vec j & \vec k \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & -3 \end{vmatrix} = (1\cdot(-3) - 1\cdot 2,\ -(1\cdot(-3) - 1\cdot 1),\ 1\cdot 2 - 1\cdot 1) = (-5, 4, 1)$$La recta que pasa por $P = (1, 1, 1)$ con director $(-5, 4, 1)$ es$$s \equiv \frac{x - 1}{-5} = \frac{y - 1}{4} = \frac{z - 1}{1}, \qquad \text{o bien}\qquad s \equiv \left\{\begin{array}{l} x = 1 - 5t \\ y = 1 + 4t \\ z = 1 + t \end{array}\right.\quad t \in \mathbb{R}$$Comprobación. $\vec v \cdot \vec u_r = -5 + 4 + 1 = 0$ ✓ (perpendicular a $r$). Un punto genérico de $s$ en $\pi$: $(1 - 5t) + 2(1 + 4t) - 3(1 + t) = 0 + 0\cdot t = 0$ ✓ (contenida en $\pi$).